Чудесное доказательство

[lasta]

krestovski в сообщении #1145541 писал(а):

Мой совет, - всё с самого начала. Выверяя каждое слово и каждый шаг. Всё что было до настоящего момента - полнейший бред.

Хорошо, (1) - самое начало. Что Вас не устраивает в этом элементарном тождестве? Где здесь спрятан третий куб? Других формул нет. Делать иррациональное меньше других кубов, как и вообще рассматривать отдельно от тождества иррациональное, нет необходимости. Спуск обоснован, только этим тождеством. Тождество по УФ. В правой части (1) рассматриваются две степени $(N_1^p a_n^p)$ и $(N_1^p(N_2^p-a_n^p))$. Делать еще одно слагаемое в правой части нет необходимости. Хотя, если постараться и забыть про УФ, то их можно нагородить сколько угодно.

lasta в сообщении #1145514 писал(а):

Для произвольно взятой составной степени с простым показателем $(p>2) $ составим тождество

$$c^p=N_1^pN_2^p=N_1^pa^p_n+N_1^p(N_2^p-a_n^p) \qquad 1\leqslant a^p_n \leqslant N_2-1 \qquad \qquad \e(1)$$

Со всеми возможными значениями текущей степени $a_n^p$ в указанном в (1) интервале; $(a)$ -натуральное число.
Числовой пример для кубов

$$5^3 7^3=5^3 6^3+5^3(\sqrt[3]{7^3-6^3})^3=5^3 6^3+5^3(\sqrt[3]{127})^3$$

$$5^3 7^3=5^3 6^3+5^3 (7^3-6^3)$$

$$ 5^3 (7^3-6^3)\text { - не куб натурального числа}$$

[krestovski]

lasta в сообщении #1145587 писал(а):

$$ 5^3 (7^3-6^3)\text { - не куб натурального числа}$$

Приплыли.... а это что? -
$5^3(5^3+2)$ - где иррациональное, а где целый куб?

[lasta]

В бесконечном спуске используется $(N_1^p(N_2^p-a_n^p))$, что может быть только степенью с иррациональным основанием. В противном случае - спуск. Ваше представление этого числа для куба ничего не доказывает и не опровергает, что $(7^3-6^3)$ - куб с иррациональным основанием. В бесконечном спуске достаточно существование одного варианта. А нагородить можно сколько угодно. Вашу 2 можно представить как $(2=1+1)$ , а затем утверждать, что в правой части (1), вообще нет кубов с иррациональным основанием.

[lasta]

krestovski в сообщении #1145541 писал(а):

Потому как в приведённом Вами же примере умышленно спрятан один куб. Мы говорим о сумме куба и иррационального, а не о сумме двух кубов и иррационального. Если я не прав, то Вы рассматриваете вариант удвоения куба. - Вилы!!!!

Уважаемый krestovski, Вашим способом представления кубов, Вы вправе утверждать, что $(341=2\cdot 125 + 91)$ не является суммой кубов $(6^3+5^3)$. Ведь здесь же спрятан третий куб.
И не прав не только я, а все остальные - Уайлс, да и сам Ферма умышленно спрятали третий куб. Уф можно же привести к виду $z^p=2x^p+(y^p- x^p)$

[lasta]

Этим методом бесконечного спуска доказывается и гипотеза Била.
Пусть существует равенство Била с взаимно простыми числами $a,b,c$. То есть

$$a^x+b^y=c^z; \quad 3<x<y<z; \quad a>b>c $$

Равенство по уравнению Била существует при наличии общего делителя. Мы используем этот делитель в тождестве. Тогда

$$c^z=c^x c^{z-x}=c^x t^y+c^{z-x}(c^x-t^y)$$

Это выражение

$$ (c^x-t^y)$$

не может быть степенью с показателем больше 2, так как это обеспечило бы существование бесконечного спуска. То есть существовало бы другое равенство Била

$$(c^x-t^y)=c_1^s$$

с числами $(c_1<c;\quad t<b)$ . Таким образом, гипотеза Била доказана. Интересно то, что произвольная сумма степеней

$$a^x+b^y$$

всегда поставляет решение для уравнения Била, где числа имеют общий множитель.

[lasta]

lasta в сообщении #1150535 писал(а):

Пусть существует равенство Била с взаимно простыми числами $a,b,c$. То есть

$$a^x+b^y=c^z; \quad 3<x<y<z; \quad a>b>c $$

Равенство по уравнению Била существует при наличии общего делителя

Ограничение $\quad 3<x<y<z; \quad a>b>c$ можно расширить до возможного равенства двух показателей. Если же все показатели равны, то уравнение Била превращается в уравнение Ферма и доказывается (как показано ранее) тем же методом бесконечного спуска.

[shwedka]

Пожалуй, мне надо вмешаться,
Будем действовать, как и с другими ферматиками.
Вы предъявляете свое доказательство ВТФ для степени 3,
фрагментами, по 5-7 строк,
и мы эти фрагменты обсуждаем и фиксируем или нет.
Пока не согласовали текст, дальше не идем.

[lasta]

shwedka в сообщении #1150569 писал(а):

Пожалуй, мне надо вмешаться,

Уважаемая shwedka!
Спасибо. Будем действовать по Вашему предложению.
Любая сумма кубов $(a^3+b^3)$, - составное число и не может быть кубом, так как тогда это составное число можно представить тождеством

$$c^3=N_1^3N_2^3=N_1^3t^3+N_1^3(N_2^3-t^3); \qquad 1\leqslant t^3 \leqslant (N_2-1)^3 \qquad \e(1)$$

Со всеми возможными значениями текущей степени $t^3$ в указанном в (1) интервале; $(t)$ -натуральное число.
Выражение $(N_2^3-t^3)$ не может быть кубом, так как тогда существовала бы другая сумма кубов $N_2^3=t^3+N_3^3$ с числами меньшими чем в исходной сумме. И $(N_2^3)$ - снова составное число. То есть появляется бесконечный спуск. Значит не существует решения с общим делителем, а это значит, что нет решения и в взаимно простых числах

[shwedka]

lasta в сообщении #1150588 писал(а):

а это значит, что нет решения и в взаимно простых числах

Обоснование этого утверждения отсутствует.
Почему нет решения в взаимно простых числах?

[venco]

lasta в сообщении #1150588 писал(а):

То есть появляется бесконечный спуск.

Честно говоря, я и бесконечного спуска не увидел. Т.е. если $N_2^3-t^3$ является кубом, то есть один шаг спуска, но бесконечность не доказана, т.к. $N_2^3-t^3$ не обязано быть кубом.

[lasta]

shwedka в сообщении #1150592 писал(а):

Обоснование этого утверждения отсутствует.
Почему нет решения в взаимно простых числах?

Тождество (1) показывает, что произвольный составной куб не может быть представлен суммой двух кубов, если основания кубов имеют общий делитель. Но если ни один составной куб не может быть представлен суммой кубов с общим делителем, то не может существовать и решения с взаимно простыми числами. Так как взаимно простые числа всегда можно умножить на произвольное число. И, наоборот, числа решения с общим делителем всегда можно сократить на этот делитель.

-- 11.09.2016, 17:37 --

venco в сообщении #1150596 писал(а):

Честно говоря, я и бесконечного спуска не увидел. Т.е. если $N_2^3-t^3$ является кубом, то есть один шаг спуска, но бесконечность не доказана, т.к. $N_2^3-t^3$ не обязано быть кубом.

Уважаемый venco!
После первого шага спуска, мы получаем равенство $N^3_2=t^3+N_3^3$ со всеми свойствами исходного равенства. То есть куб $N^3_2$ снова составное число и на основании этого составляется новое тождество аналогичное (1)

$$N_2^3=N_4^3N_5^3=N_4^3t^3+N_4^3(N_5^3-t^3)$$

И мы снова утверждаем, что куб $N^3_2$ не может быть представлен суммой двух кубов, так как тогда $(N_5^3-t^3)$ должен быть кубом. И т.д до бесконечности.

[lasta]

От суммы кубов мы не используем ни каких формул разложения. Мы берем только свойство этой суммы, что она является составным числом. Далее за счет произвольного выбора составного куба, мы доказываем, что не существует ни одного составного куба, который разлагался бы в сумму двух кубов.

[shwedka]

lasta в сообщении #1150603 писал(а):

Тождество (1) показывает, что произвольный составной куб не может быть представлен суммой двух кубов, если основания кубов имеют общий делитель.

Неверно. Это не доказано. Доказано лишь, что если куб представлен суммой кубов с общим делителем, то можно найти меньший куб, представимый суммой кубов.

[lasta]

shwedka в сообщении #1150620 писал(а):

Неверно. Это не доказано. Доказано лишь, что если куб представлен суммой кубов с общим делителем, то можно найти меньший куб, представимый суммой кубов.

Уважаемая shwedka!
Доказывается, что невозможно представить произвольный составной куб суммой двух кубов, имеющих общий делитель, так как в противном случае будет существовать другой составной куб, меньший заданного, но тоже представимый другой суммой двух кубов, имеющих также общий делитель. Разве это утверждение противоречит Вашему.

[shwedka]

lasta в сообщении #1150621 писал(а):

так как в противном случае будет существовать другой составной куб, меньший заданного,

То, что этот другой куб будет составным, не доказано.
Повторите 'доказательство', чтобы было видно, что новый куб будет составным.